计算题押题练（四） 1．传送带在各行业都有广泛应用，如图所示，一质量为m，电阻为R，边长为L的正方形单匝闭合金属线框随水平绝缘传送带以恒定速度v0向右运动，通过一固定的磁感应强度为B，方向垂直于传送带平面向下的匀强磁场区域。已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d(d>L)，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。金属框穿过磁场的过程中将与传送带产生相对滑动，且右侧边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长，且金属框始终保持右侧边平行于磁场边界。求： (1)线框的右侧刚进入磁场时所受安培力的大小； (2)线框进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度最小值； (3)线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热。 解析：(1)闭合线框右边刚进入磁场时产生的感应电动势E＝BLv0， 根据闭合电路的欧姆定律可得：I＝＝， 右侧边所受的安培力为：F＝BIL＝。 (2)线框以速度v0进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力而做减速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下做加速运动，当其右侧边达到PQ时速度又恰好等于v0，因此线框在刚进入磁场时，所受安培力最大，加速度最大，设为am，线框全部进入磁场时速度最小，设此时线框的速度为v，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝mam， 解得am＝－μg； 在线框完全进入磁场到右边到达PQ的过程中， 根据动能定理可得：μmg(d－L)＝mv02－mv2 解得：v＝。 (3)设线框在进入磁场区域的过程中，克服安培力做的功为W，根据动能定理可得：μmgL－W＝mv2－mv02，解得W＝μmgd，闭合线框出磁场与进入磁场受力情况相同，由能量守恒定律可得线框在穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q＝2W＝2μmgd。 答案：(1) (2)－μg (3)2μmgd 2．如图所示，一水平放置的传送带，长为L＝4 m，上表面距地面高度为h＝5 m，以一定的速度顺时针转动。在传送带左端静止释放一小物块(可视为质点)，经一段时间从传送带右端水平飞出，落地点距抛出点的水平距离为s＝4 m，物块在离开传送带前与传送带达到共同速度。求：(g取10 m/s2) (1)传送带的速度v； (2)物块与传送带间动摩擦因数μ的取值范围； (3)若μ＝0.4，物块相对传送带的位移大小。 解析：(1)由h＝gt2，可得t＝＝1 s 由s＝vt 可得v＝＝4 m/s。 (2)可能的情况：物块先匀加速再匀速或物块一直匀加速。 假设物块一直匀加速，加速度大小为a 由v2＝2aL，得a＝2 m/s2 由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得μ＝0.2 所以μ的取值范围μ≥0.2。 (3)若μ＝0.4，则由牛顿第二定律得μmg＝ma′ 解得a′＝4 m/s2 物块在传送带上加速运动的时间t1＝＝1 s 物块加速运动的位移x1＝t1＝2 m 传送带的位移x2＝vt1＝4 m 物块相对传送带的位移Δx＝x1－x2＝－2 m，方向向左。 答案：(1)4 m/s (2)μ≥0.2 (3)2 m 3．如图所示为电子发射器原理图，M处是电子出射口，它是宽度为d的狭缝。D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为v的电子；与A同轴放置的金属网C的半径为2a。不考虑A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m，电荷量为e。 (1)若A、C间加速电压为U，求电子通过金属网C发射出来的速度大小ve； (2)若在A、C间不加磁场和电场时，检测到电子从M射出形成的电流为I，求圆柱体A在时间t内发射电子的数量N；(忽略C、D间的距离以及电子碰撞到C、D上的反射效应和金属网对电子的吸收) (3)若A、C间不加电压，要使由A发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度的最小值B。 解析：(1)对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得 Ue＝mve2－mv2 解得：ve＝。 (2)设时间t内从A中发射的电子数 ... ...
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